1.2.3 第2课时 等差数列的前n项和的应用(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修1（湘教版）

等差数列的前n项和的应用 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学] 第2课时 课时目标 构造等差数列求和模型,解决实际问题,能够利用等差数列的前n项和的函数性质求其前n项和的最值. CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一) 等差数列前n项和的实际应用 题型(二) 等差数列前n项和的最值问题 题型(三) 求数列{|an|}的前n项和 4 课时跟踪检测 题型(一)　等差数列前n项和的实际应用 01 [例1]　有30根水泥电线杆,要运往1 000 m远的地方开始安装,在1 000 m 处放一根,以后每50 m放一根,一辆汽车每次只能运三根,如果用一辆汽车完成这项任务,这辆汽车的行程共有多少km? 解:如图,假定30根水泥电线杆存放在M处. a1=MA=1 000(m),a2=MB=1 050(m),a3=MC=1 100(m),a6=a3+50×3=1 250(m),…, a30=a3+150×9(m). 由于一辆汽车每次只能装3根,故每运一次只能到a3,a6,a9,…,a30这些地方, 这样组成公差为150,首项为1 100的等差数列,令汽车行程为S, 则有S=2(a3+a6+…+a30)=2[a3+(a3+150×1)+…+(a3+150×9)]= 2=2×(11 000+6 750)=35 500(m)=35.5(km). 故这辆汽车的行程共有35.5 km. 应用等差数列解决实际问题的一般思路 |思|维|建|模| 建模 根据题设条件,建立数列模型:①分析实际问题的结构特征;②找出所含元素的数量关系;③确定为何种数学模型 解模 利用相关的数列知识加以解决:①分清首项、公差、项数等;②分清是an还是Sn问题;③选用适当的方法求解 还原 把数学问题的解客观化,针对实际问题的约束条件合理修正,使其成为实际问题的解 针对训练 1.某公司今年初用25万元引进一种新的设备,投入设备后每年收益为21万元.同时,公司每年需要付出设备的维修和工人工资等费用,第一年各种费用2万元,第二年各种费用4万元,以后每年各种费用都增加2万元. (1)引进这种设备后,求该公司使用这种设备后第n(n≤18)年后所获利润f(n); 解:由题意知,每年的各种费用是以2为首项,2为公差的等差数列, 所以f(n)=21n--25=-n2+20n-25(n≤18,n∈N+). (2)这种设备使用多少年,该公司的年平均获利最大? 解:年平均收入为==20-≤20-2=10, 当且仅当n=,即n=5时,等号成立, 所以这种设备使用5年,该公司的年平均获利最大. 题型(二)　等差数列前n项和的最值问题 02 (1)等差数列前n项和公式的函数特征 由Sn=na1+d=dn2+n,当d≠0时,Sn是关于n的二次函数,且不含常数项,即Sn=An2+Bn(A≠0);当d=0时,Sn=na1,Sn是关于n的一次函数. (2)等差数列前n项和的最值 ①若a1<0,d>0,则数列的前面若干项为负数项(或0),所以将这些项相加即得{Sn}的最小值. ②若a1>0,d<0,则数列的前面若干项为正数项(或0),所以将这些项相加即得{Sn}的最大值. 特别地,若a1>0,d>0,则S1是{Sn}的最小值;若a1<0,d<0,则S1是{Sn}的最大值. [例2]　在等差数列{an}中,a10=18,前5项的和S5=-15. (1)求数列{an}的通项公式; 解:设等差数列{an}的公差为d, 由题意得解得 ∴an=3n-12. (2)求数列{an}的前n项和的最小值,并指出何时取得最小值. 法二　设Sn最小,则 即解得3≤n≤4, 又n∈N+,∴当n=3或n=4时,前n项和取得最小值,最小值为S3=S4=-18. 解:法一　Sn==(3n2-21n)=-, ∴当n=3或n=4时,前n项和取得最小值, 最小值为S3=S4=-18. 　　[变式拓展] 1.在本例中,根据第(2)题的结果,若Sn=0,求n. 解:法一　因为S3=S4=-18为Sn的最小值,由二次函数的图象可知(图略), 其对称轴为x=,所以当x=0和x=7时,图象与x轴的交点为(0,0),(7,0), 又n∈N+,所以S7=0,所以n=7. 法二　因为S3=S4,所以a4=S4-S3=0,故S7=×7×(a1+a7)=7a4=0,所以n=7. 2.将本例变为:等差数列{an}中,设Sn为其前n项和,且a1>0,S3=S11,则当n为多少时,Sn最大? 解:法一　要求数列前多少项的和最大,从函数的观点来看,即求二次函数Sn=an2+bn的最大值,故可用求二次函数最值的方法来求当n为多少时, Sn最大.由S3=S11,可得3a1+d=11a1+d,即d=-a1. 从而Sn=n2+n=-(n-7)2+a1,又a1>0,所以-<0. 故当n=7时,Sn最大. 法二　由于Sn=an2+bn是关于n的二次函数,由S3=S11,可知Sn=an2+bn的图象关于n==7对称. 由法一可知a=-<0,故当n=7时,Sn最大. |思|维|建|模| 等差数列前n项和的最值问题的三种解法 (1)利用an:当a1>0,d<0时,前n项和有最大值,可由an≥0且an+1≤0,求得n的值;当a1<0,d>0时,前n项和有最小值,可由an≤0且an+1≥0,求得n的值. (2)利用Sn:由Sn=n2+n(d≠0),利用二次函数配方法求取得最值时n的值. (3)利用二次函数的图象的对称性. 针对训练 2.[多选]设数列{an}是等差数列,Sn是其前n项和,a1>0且S6=S9,则 (　　) A.d>0 B.a8=0 C.S7或S8为Sn的最大值 D.S5>S6 解析:a1>0且S6=S9, ∴6a1+d=9a1+d,化为a1+7d=0, 可得a8=0,d<0. S7或S8为Sn的最大值,S5<S6.故选BC. √ √ 题型(三) 求数列{|an|}的前n项和 03 [例3]　已知数列{an}的前n项和Sn=-n2+n,求数列{|an|}的前n项和Tn. 解:a1=S1=-×12+×1=101. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=- =-3n+104. ∵n=1也适合上式, ∴数列{an}的通项公式为an=-3n+104. 由an=-3n+104≥0得n≤34, 即当n≤34时,an>0;当n≥35时,an<0. 法一　①当n≤34时, Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=-n2+n. ②当n≥35时,Tn=|a1|+|a2|+…+|a34|+|a35|+…+|an|=(a1+a2+…+a34)-(a35+a36+…+an)=2(a1+a2+…+a34)-(a1+a2+…+an)=2S34-Sn=2-=n2-n+3 502. 故Tn= 法二　①当n≤34时,同法一. ②当n≥35时, Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=(a1+a2+…+a34)-(a35+a36+…+an)=- =n2-n+3 502.故Tn= |思|维|建|模| 由等差数列{an}求数列{|an|}的前n项和的技巧 　　常先由Sn的最值判断出哪些项为正,哪些项为负或先求出an,解an≥0得n的取值范围判断出哪些项为正,哪些项为负. (1)等差数列{an}的各项都为非负数,这种情形中数列{|an|}就等于数列{an},可以直接求解. (2)若前k项为负,从k+1项开始以后的项非负,则{|an|}的前n项和Tn= (3)若前k项为正,以后各项非正,则Tn= (4)也可以分别求出an≥0与an<0的和再相减求出|an|的和. 针对训练 3.已知数列{an}的前n项和Sn=14n-n2+1,若Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|, 则T30= (　　) A.578　　　　B.579　　　　C.580　　　　 D.581 √ 解析:当n=1时,a1=S1=14,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=15-2n(n≥2),经检验n=1时,不成立,故得到an=令an<0,则15-2n<0,解得n>,且n≥2,n∈N+.当n≤7时, Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+an=+1=(14-n)n+1;当n≥8时, Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|= a1+…+a7-(a8+a9+…+an)=S7-(Sn-S7)=2S7-Sn=100-(14n-n2+1)=n2-14n+99.故Tn=T30=579.故选B. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1.等差数列{an}中,d=2,S3=-24,其前n项和Sn取最小值时n的值为 (　　) A.5 B.6 C.7 D.5或6 解析:由d=2,S3=3a1+3d=-24,得a1=-10.令an=-10+(n-1)×2=0,解得n=6,所以a6=0.从而S5=S6均为最小值. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 2.已知等差数列{an}是无穷数列,若a1<a2<0,则数列{an}的前n项和Sn (　　) A.无最大值,有最小值 B.有最大值,无最小值 C.有最大值,有最小值 D.无最大值,无最小值 解析:由数列{an}为等差数列,且a1<a2<0,得公差d=a2-a1>0,故数列{an}为递增数列,且a1<0,所以Sn有最小值,无最大值. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 3.若数列{an}满足an+1=an+2,且a3+a10=4,那么数列{an}的前n项和Sn的最小值是 (　　) A.S1 B.S5 C.S6 D.S11 解析:根据an+1=an+2,可得an+1-an=2,所以数列{an}是公差为2的等差数列, 再由a3+a10=2a1+11d=4,可得a1=-9,所以an=2n-11,Sn=-9n+×2 =n2-10n=(n-5)2-25,所以前n项和Sn取得最小值时,n=5.故选B. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 4.[多选]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=11,a5=3,则 (　　) A.S5=35 B.an=13-2n C.|an|的最小值为0 D.Sn的最大值为36 解析:设等差数列{an}的公差为d,则a5=a1+4d=11+4d=3,解得d=-2. S5=5a1+d=5×11+10×(-2)=35,A正确;an=a1+(n-1)d=11-2(n-1)=13-2n, B正确;|an|=|13-2n|=故当n=6或n=7时,|an|取最小值1,C错误; Sn=na1+=11n-n(n-1)=-n2+12n=-(n-6)2+36,故当n=6时,Sn取得最大值36,D正确.故选ABD. √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 5.老张为锻炼身体,增强体质,计划从下个月1号开始慢跑,第一天跑步3公里,以后每天跑步比前一天增加的距离相同.若老张打算用20天跑完98公里,则预计这20天中老张日跑步量超过5公里的天数为 (　　) A.8　　　　B.9　　　　C.13　　　　D.14 解析:由已知可得这20天日跑步量成等差数列,记为{an},设其公差为d, 前n项和为Sn,且a1=3,则S20=20a1+d,即20×3+d=98, 解得d=,所以an=a1+(n-1)d=3+(n-1)·=+.由an>5,得+>5,解得n>11,所以这20天中老张日跑步量超过5公里的天数为20-11=9,故选B. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 6.在等差数列{an}中,其前n项和为Sn,n>(n+1)Sn(n∈N+),且<-1,则在Sn中(　　) A.最小值是S7 B.最小值是S8 C.最大值是S8 D.最大值是S7 √ 解析:由n>(n+1)Sn,得>,即->0.而-=,所以d>0. 因为<-1,所以<0,即a7(a7+a8)<0.由于d>0,因此数列{an}是递增数列,所以a7<0,a7+a8>0,所以a7<0,a8>0,所以在Sn中最小值是S7. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 7.[多选]已知数列{an}的前n项和Sn=kn2+n-k+2,则下列说法正确的是 (　　) A.若{an}是等差数列,则k=2 B.若{an}不是递增数列,则k≤ C.若Sn<Sn+2,则k>2 D.若的最小值为3,则k≥ √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:若{an}为等差数列,则Sn=na1+d=n2+n,所以-k+2=0, 解得k=2,Sn=2n2+n,故A正确;Sn-1=k(n-1)2+(n-1)-k+2(n≥2),则an=Sn-Sn-1 =2kn-k+1(n≥2),当n=1时,a1=S1=k+1-k+2=3,所以an=因为{an}不是递增数列,所以k≤0或则k≤,故B正确; 若Sn<Sn+2,则kn2+n-k+2<k(n+2)2+(n+2)-k+2,整理得k>.又<0, 所以k≥0,故C错误;因为的最小值为3,所以=kn+1+≥3恒成立, 即k(n2-1)≥2n-2,当n=1时,成立,当n≥2时,k≥,则k≥=,故D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 8.(5分)等差数列{an}中,已知a5>0,a4+a7<0,则{an}的前n项和Sn的最大值为_____. S5 解析:∵∴∴Sn的最大值为S5. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 9.(5分)某渔业公司年初购进一艘渔船用于捕捞,第一年需要维修费12万元,从第二年起维修费比上一年增加4万元,则前10年维修费总和为______万元. 300 解析:由题意,从第二年起维修费比上一年增加4万元,即每年的维修费构成以12为首项,4为公差的等差数列,则S10=10×12+×10×9×4=300(万元). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 10.(5分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=-3,S5=-10,则a5=______, Sn的最小值为__________. 0 -10 解析:设数列{an}的公差为d.∵a2=a1+d=-3,S5=5a1+10d=-10,∴a1=-4,d=1, ∴a5=a1+4d=0,∴an=a1+(n-1)d=n-5.令an<0,则n<5,即数列{an}中前4项为负, a5=0,第6项及以后为正.∴Sn的最小值为S4=S5=-10. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 11.(5分)若数列{an}是正项数列,且++…+=n2+3n(n∈N+),则an=__________,++…+=__________. 4(n+1)2 2n2+6n 解析:令n=1,得=4,∴a1=16.当n≥2时,++…+ =(n-1)2+3(n-1).与已知式相减,得=n2+3n-(n-1)2-3(n-1)=2n+2, ∴an=4(n+1)2.又∵当n=1时,a1满足上式,∴an=4(n+1)2(n∈N+), ∴=4n+4,∴是以=8为首项,公差为4的等差数列, ∴++…+==2n2+6n. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 12.(10分)等差数列{an}满足a4=11,a7=2,前n项和为Sn. (1)求数列{an}的通项公式;(5分) 解:设首项为a1,公差为d, 因为等差数列{an}满足a4=11,a7=2, 所以解得 所以an=20-3(n-1)=23-3n. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)求Sn的最大值.(5分) 解:因为当n≤7时,an=23-3n>0, 当n≥8时,an=23-3n<0, 所以Sn的最大值为S7. 因为a7=23-3×7=2, 所以S7=×7=77. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 13.(10分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3=11,S8=64. (1)求数列{an}的通项公式;(3分) 解:设{an}的公差为d, 则⇒ ∴an=17-2n. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)求数列{|an|}的前n项和Tn.(7分) 解:Sn==-n2+16n, 令an=17-2n>0⇒n<8.5, 当n≤8时,an>0,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=-n2+16n, 当n≥9时,an<0,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+a8-(a9+…+an) =S8-(Sn- S8)=2S8-Sn=2(-82+16×8)-(-n2+16n)=n2-16n+128. 综上所述,Tn= 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 14.(10分)设等差数列的前n项和为Sn.已知a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差d的取值范围;(6分) 解:依题意得 即 由a3=12,得a1+2d=12.③ 将③分别代入①②,得 解得-<d<-3. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)指出S1,S2,…,S12中哪一个值最大,并说明理由.(4分) 解:由d<0可知{an}是递减数列,因此若在1≤n≤12中,使an>0且an+1<0,则Sn最大. 由于S12=6(a6+a7)>0,S13=13a7<0,可得a6>0,a7<0,故在S1,S2,…,S12中S6的值最大. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(15分)某地为了防止水土流失,植树造林,绿化荒沙地,每年比上一年 多植相同公顷数的林木,但由于自然环境和人为因素的影响,每年都有 相同公顷数的土地沙化,具体情况如下表所示:   2022年 2023年 2024年 新植公顷数 1 000 1 400 1 800 沙地公顷数 25 200 24 000 22 400 而一旦植完,则不会被沙化. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (1)每年沙化的土地公顷数为多少?(7分) 解:依题意,每年比上一年多造林400公顷,其中2023年新植1 400公顷, 故当年沙地应为25 200-1 400=23 800公顷,而实际沙地面积为24 000公顷, 所以2023年沙化土地面积为24 000-23 800=200公顷, 同理可得2024年沙化土地面积也为200公顷. 所以每年沙化的土地面积为200公顷. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)到哪一年可绿化完全部荒沙地?(8分) 解:设2024年及其以后各年的造林面积分别为a1,a2,a3,…,an, 则an=1 800+(n-1)×400=400n+1 400,所以n年造林的面积总和为Sn =1 800n+×400, 由(1)知,每年林木的“有效面积”应比实际面积少200公顷,依题意可得Sn-200n≥24 000, 化简得n2+7n-120≥0,解得n≥8. 故8年,即到2031年可绿化完全部荒沙地. $$